江西省赣州市会昌中学物理 静电场及其应用专题试卷

江西省赣州市会昌中学物理静电场及其应用专题试卷
一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）
1．如图所示，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点O对称。

某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、'A，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）
A．若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
B．如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
C．如图(2)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点O。

直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
D．如图(3)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点O，直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】
A．可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A＇两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A＇两位置，选项A正确；
B．由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置，选项B正确；
C．由AB可知，在yOz平面内将两点电荷绕O点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在x轴上场强最大的点都在A、A＇两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A＇两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A＇两位置，选项C正确；
D．如同C选项，将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A＇两位置，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A＇两位置，选项D错误。

故选ABC。

2．如图所示，带电量为Q 的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底端C 点，斜面上有A 、B 、D 三点，A 和C 相距为L ，B 为AC 中点，D 为A 、B 的中点。

现将一带电小球从A 点由静止释放，当带电小球运动到B 点时速度恰好为零。

已知重力加速度为g ，带电小球在A 点处的加速度大小为
4
g
，静电力常量为k 。

则（ ）
A ．小球从A 到
B 的过程中，速度最大的位置在D 点 B ．小球运动到B 点时的加速度大小为
2
g C ．BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA D ．AB 之间的电势差U AB =kQ L
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．带电小球在A 点时，有
2sin A Qq
mg k
ma L θ-= 当小球速度最大时，加速度为零，有
'2sin 0Qq
mg θk
L
-= 联立上式解得
'2L L =
所以速度最大的位置不在中点D 位置，A 错误； B ．带电小球在A 点时，有
2sin A Qq
mg k
ma L
θ-= 带电小球在B 点时，有
2sin 2
B
Qq k mg θma L -=（） 联立上式解得
2
B g a =
B 正确；
C ．根据正电荷的电场分布可知，B 点更靠近点电荷，所以B
D 段的平均场强大小大于AD 段的平均场强，根据U Ed =可知，BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA ，C 正确；
D ．由A 点到B 点，根据动能定理得
sin 02
AB L
mg θqU ⋅
+= 由2
sin A Qq
mg k
ma L θ-=可得 214Qq mg k L
= 联立上式解得
AB kQ
U L
=-
D 错误。

故选BC 。

3．如图所示，竖直平面内固定一倾斜的光滑绝缘杆，轻质绝缘弹簧上端固定，下端系带正电的小球A ，球A 套在杆上，杆下端固定带正电的小球B 。

现将球A 从弹簧原长位置由静止释放，运动距离x 0到达最低点，此时未与球B 相碰。

在球A 向下运动过程中，关于球A 的速度v 、加速度a 、球A 和弹簧系统的机械能E 、两球的电势能E p 随运动距离x 的变化图像，可能正确的有（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
令A 、B 小球分别带电量为1q 、2q ，释放A 球时A 、B 间距为r ，弹簧的劲度系数为K 。

则 A ．在小球A 运动到最低点的过程中，受力分析如图所示
加速阶段有
12
2
sin ()kq q ma mg θKx r x =-
--
减速阶段有
12
2
sin ()kq q ma Kx mg θr x =
+--
所以小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，越向下运动，弹力和电场力越大，所以减速阶段速度减小的更快，速度减为零的时间更短，和加速阶段不对称，A 错误；
B ．小球做加速度减小的加速运动时，
122
sin ()kq q K
a g θx m r x m
=-
-- 对a 求导则
1232d d ()kq q a K x m r x m
=-- 则加速阶段，加速度随着运动距离x 的增加而减小，且加速减小得越来越快（即a -x 曲线越来越陡峭）。

同理，减速阶段
122sin ()kq q K
a x g θm r x m =
+--
123
2d d ()kq q a K
x m m r x =-- 在减速阶段加速度运动距离x 的增加而减加而增大，且加速度增加得越来越慢（即a -x 曲线越来越平缓），故B 错误；
C ．小球向下运动过程中，由于要克服电场力做功，所以球A 和弹簧系统的机械能E 逐渐减小，越靠近B 小球，电场力越大，机械能减小的越快，所以图像的斜率的绝对值越来越大，C 正确；
D ．小球向下运动过程中，电场力做负功，所以电势能逐渐增大，越靠近B 小球，电场力
越大，电势能增大的越快，所以图像的斜率越来越大，D正确。

故选CD。

4．某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系。

A、B是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B并保持A、B连线与细线垂直。

用Q和q表示A、B的电荷量，d表示A、B间的距离，θ（θ不是很小）表示细线与竖直方向的夹角，x表示A偏离O点的水平距离，实验中（）
A．d可以改变B．B的位置在同一圆弧上
C．x与电荷量乘积Qq成正比D．tanθ与A、B间库仑力成正比
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．因实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d应保持不变，选项A错误；B．因要保持A、B连线与细线垂直且A、B距离总保持d不变，可知B到O点的距离不变，故B的位置在同一圆弧上，选项B正确；
C．对A球由平衡知识可知
2
sin
qQ x
k mg mg
d L
θ
==
可知x与电荷量乘积Qq成正比，选项C正确；
D．因为
2
tan=
qQ
k
d d
L mgx
θ=
由于x变化，所以不能说tanθ与A、B间库仑力成正比，故D错误。

故选BC。

5．如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分．小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为
6q,2
h R
=.重力加速度为g，静电力常量为k，则( )
A．小球d一定带正电
B．小球b
2R mR
q k
π
C．小球c
2
3kq
D．外力F竖直向上，大小等于
2
26kq
mg+
【答案】CD
【解析】
【详解】
A．a、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于a球的电性未知，所以d球不一定带正电，故A错误。

BC．设db连线与水平方向的夹角为α，则
22
3
cos
3
h R
α==
+
22
6
sin
3
h R
α==
+
对b球，根据牛顿第二定律和向心力得：
()
22
2
222
64
cos2cos30
2cos30
q q q
k k m R ma
h R T
R
π
α︒
︒
⋅
-==
+
解得：
23
R mR
T
q k
π
=
2
2
3
3
kq
a
mR
=
则小球c
2
3kq
B错误，C正确。

D．对d球，由平衡条件得：
2
22
626
3sin
qq kq
F k mg mg
h R
α
=+=+
+
故D正确。

6．在电场强度为E的匀强电场中固定放置两个小球1和2，它们的质量相等，电荷量分别为1q和2q（12
q q
≠）．球1和球2的连线平行于电场线，如图所示．现同时放开球1和球2，于是它们开始在电场力的作用下运动．如果球1和球2之间的距离可以取任意有限值，则两球刚被放开时，它们的加速度可能是（）．
A．大小不等，方向相同B．大小不等，方向相反
C．大小相等，方向相同D．大小相等，方向相反
【答案】ABC
【解析】
【详解】
AC．当两球的电性相同时，假定都带正电，则两球的加速度分别为：
12
12
1
kq q
Eq
l
a
m
+
=
12
22
2
kq q
Eq
l
a
m
-
=
由于l可任意取值，故当1
2
kq
E
l
>时，加速度
1
a、
2
a方向都是向右，且
1
a、
2
a的大小可相等，也可不相等，故AC正确；
B．再分析1a和2a的表达式可知，当1
2
kq
E
l
<时，
1
a和
2
a方向相反，大小则一定不相等，故B正确；
D．将小球1和小球2视作为一个整体，由于12
q q
≠，可判断它们在匀强电场中受到的电场力必然是不为零的。

由牛顿第二定律可知，它们的合加速度也必然是不为零的，即不可能出现两者的加速度大小相等、方向相反的情况，故D错误。

故选ABC．
7．如图()a所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．0
t=时，甲静止，乙以
6m/s的初速度向甲运动．此后,它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触),它们运动的v t-图像分别如图()b中甲、乙两曲线所示．则由图线可知( )
A ．两电荷的电性一定相反
B ．甲、乙两个点电荷的质量之比为2：1
C ．在20t ～时间内，两电荷的静电力先减小后增大
D ．在30t ～时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小后增大 【答案】BD 【解析】 【详解】
A ．由图象0-t 1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同，故A 错误．
B ．由图示图象可知：v 甲0=0m/s ，v 乙0=6m/s ，v 甲1=v 乙1=2m/s ，两点电荷组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
+=+m v m v m v m v 甲甲0乙乙0甲甲1乙乙1
代入数据解得：
m 甲:m 乙=2:1
故B 正确；
C ．0～t 1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t 1～t 2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小，故C 错误．
D ．由图象看出，0～t 3时间内，甲的速度一直增大，则其动能也一直增大，乙的速度先沿原方向减小，后反向增大，则其动能先减小后增大，故D 正确．
8．如图所示，在竖直放置的半径为R 的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O 处固定一点电荷，将质量为m ，带电量为+q 的小球从圆弧管的水平直径端点A 由静止释放，小球沿细管滑到最低点B 时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球在
B 2gR B ．小球在B 2gR
C ．固定于圆心处的点电荷在AB 弧中点处的电场强度大小为3mg/q
D ．小球不能到达C 点（C 点和A 在一条水平线上） 【答案】AC 【解析】
试题分析：由A 到B ，由动能定理得：0
102
mgr mv =
-，解得2v gr =，A 正确，B 错误，在B 点，对小球由牛顿第二定律得：2
qE mg v m r
-=，将B 点的速度带入可得
3mg
E q
=
，C 正确，从A 到C 点过程中电场力做功为零，所以小球能到达C 点，D 错误， 考点：动能定理和牛顿定律综合的问题
点评：小球沿细管滑到最低点B 时，对管壁恰好无压力．并不是电场力等于重力，而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动．当是点电荷的电场时，由于电场力与支持力均于速度方向垂直，所以只有重力做功．
9．真空中相距L 的两个固定点电荷E 、F 所带电荷量大小分别是Q E 和Q F ，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M 、N 两点，其中N 点的切线与EF 连线平行，且∠NEF ＞∠NFE ．则（ ）
A ．E 带正电，F 带负电，且Q E > Q F
B ．在M 点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N 点
C ．过N 点的等势面与EF 连线垂直
D ．负检验电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
根据电场线的指向知E 带正电，F 带负电；N 点的场强是由E 、F 两电荷在N 点产生场强的叠加，电荷E 在N 点电场方向沿EN 向上，电荷F 在N 点产生的场强沿NF 向下，合场强水平向右，可知F 电荷在N 点产生的场强大于E 电荷在N 点产生的场强，而，所
以由点电荷场强公式
知
,A 错误；只有电场线是直线，且初速度为0或初
速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合．故在M 点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿电场线运动到N 点，B 错误；因为电场线和等势面垂直，所以过N 点的等势面与过N 点的
切线垂直，C 正确；沿电场线方向电势逐渐降低，，再根据，q 为负电
荷，知，D 错误；故选C ．
【点睛】
只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．电场线和等势面垂直．N 点的切线与EF 连线平行，根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E 、F 的电性及电量的大小．先比较电势的高低，再根据
，比较电势能．
10．如图所示：在光滑绝缘水平面上，ABCD 分布在边长为L 的正方形四个顶点。

在A 和D 处分别固定电荷量为Q 的正点电荷，B 处固定电荷量为Q 的负点电荷，O 点为两对角线的交点，静电力常量为
k 。

关于三个点电荷形成的静电场，下列说法中正确的是（ ）
A ．O 处电场强度大小为2
2kQ
L B ．C 处电场强度大小为
2
kQ L C ．从O 到C 的过程中电场强度大小逐渐增大 D ．从O 到C 的过程中电场强度大小先减小后增大 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．A 、D 两点点电荷在O 点的场强相互抵消，故O 点的场强大小等于
B 点的负点电荷Q 在O 点产生的场强，即
2
2
22()2
O kQ
E k
L L == 故A 正确；
B ．A 、D 两点点电荷在
C 处的合场强为
122
22C Q kQ
E k
L L
== 方向OC 方向，B 点的负点电荷Q 在C 点产生的场强为
2222(2)C kQ
E k
L
L ==
方向沿CO 方向，故C 处的场强为
122
221(2)22C C C kQ kQ kQ
E E E L L
=-=
-=- 方向沿OC 方向，故B 错误；
CD ．从O 到C 的过程中电场强度大小先减小后增大再减小，故CD 错误。

故选A 。

11．如图所示，16个电荷量均为+q(q>0)的小球(可视为点电荷)，均匀分布在半径为R 的圆周上若将圆周上P 点的一个小球的电荷量换成-2q ，则圆心 0点处的电场强度为
A ．22kq
R
，方向沿半径向左 B ．22kq
R
，方向沿半径向右 C ．2
3kq
R ，方向沿半径向左 D ．
2
3kq
R ，方向沿半径向右 【答案】D 【解析】
该点场强可以看成是与P 对称的那个电荷+q 和P 点的电荷-2q 在该点场强的叠加，根据点电荷的场强公式得+q 的点电荷在圆心O 点处的电场强度大小为2
q
k R ，方向向右，点电荷-2q 在圆心O 点处的电场强度大小为22q k R ，方向向右，所以叠加来是2
3q
k R ，方向沿半径
向右．故选择D.
【点睛】该题考查了场强叠加原理，还有对对称性的认识．由于成圆周对称性，所以如果没改变电荷之前肯定圆心处场强为0，而该点场强是所有电荷在该点场强的叠加，可以把这些电荷归为两类：一种是要移去的电荷，另一种是其他电荷．不管怎样，总之这两种电荷产生的合场强为0，所以只要算出改变的电荷在该点的场强和与它对称的电荷的场强即可得到．
12．AB 是长为L 的均匀带电绝缘细杆，P 1、P 2是位于AB 所在直线上的两点，位置如图所示。

AB 上电荷产生的静电场在P 1处的场强大小为E 1，在P 2处的场强大小为E 2，若将绝缘
细杆的右半边截掉并移走（左半边电荷量、位置不变），则P 2处的场强大小变为（ ）
A ．2
2
E B ．E 2–E 1 C ．E 1–2
2
E D ．E 1+
2
2
E 【答案】B 【解析】 【详解】
将均匀带电细杆等分为左右两段，设左右两段细杆形成的电场在P 2点的场强大小分别为E A 、E B ，则有E A +E B =E 2；左半段细杆产生的电场在P 1点的场强为0，右半段细杆产生的电场在P 1点的场强大小为E 1=E B ，去掉细杆的右半段后，左半段细杆产生的电场在P 2点的场强大小为E A =E 2–E B =E 2–E 1，选B 。

13．如图所示，A 、B 、C 、D 是立方体的四个顶点，在A 、B 、D 三个点各放一点电荷，使C 点处的电场强度为零。

已知A 点处放的是电荷量为Q 的正点电荷，则关于B 、D 两点处的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A ．
B 点处的点电荷带正电 B ．D 点处的点电荷带正电
C ．B 点处的点电荷的电荷量为26
9
D ．D 点处的点电荷的电荷量为13
Q
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．A 点处放的是电荷量为Q 的正点电荷，若
B 点处的点电荷带正电，根据场强叠加可知，在D 点无论是放正电还是负电，
C 点的场强都不可能为零，选项A 错误；
B ．若D 点处的点电荷带正电，则根据场强叠加可知，在B 点无论是放正电还是负电，
C 点的场强都不可能为零，选项B 错误；
CD ．设正方体边长为a ，BC 与AC 夹角为θ，由叠加原理可知，在BD 两点只能都带负电时，C 点的合场强才可能为零，则
22cos 32B Q Q
k
k a a
θ= 22
sin 3D Q Q k
k a a θ= 其中2cos 3
θ=，sin 3θ=
解得
26
9
B Q Q =
3D Q Q =
选项C 正确，D 错误。

故选C 。

14．如图所示，三个带电小球A 、B 、C 可视为点电荷，所带电荷分别为+Q 、-Q 、+q ；A 、B 固定在绝缘水平桌面上，C 带有小孔，穿在摩擦因数处处相同的粗糙的绝缘直杆上，绝缘杆竖直放置在A 、B 连线的中点处，将C 从杆上某一位置由静止释放，下落至桌面时速度恰好为零。

C 沿杆下滑时带电量保持不变，那么C 在下落过程中，以下判断正确的是（ ）
A ．电场力做正功
B ．小球
C 所受摩擦力先减小后增大 C ．小球C 下落一半高度时速度一定最大
D ．摩擦产生的内能等于小球重力势能减少量
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．A
B 为等量异种点电荷，故产生的电场在AB 连线垂直平分线上，从垂足向两侧场强逐渐减小且中垂线为等势面，小球在下滑过程中沿等势面运动，电场力不做功，故A 错误； B ．小球
C 在下滑的过程中，由于场强增大，电场力也将逐渐增大，滑动摩擦力为
f F qE μμ==
故受到的摩擦力一直增大，故B 错误；
C ．小球C 的速度先增加后减小，开始时重力大于摩擦力，C 的加速度向下；后来重力小于
摩擦力，加速度向上，C做减速运动；当摩擦力等于重力时加速度为零，此时速度最大，但是此位置不一定在下落的高度一半的位置，故C错误；
D．小球在下滑过程中沿等势面运动，电场力不做功，初末状态的动能相同，摩擦产生的内能等于小球重力势能减少量，故D正确；
故选D。

【点睛】
等量异种点电荷连线的中垂线是等势面，从垂足向两侧场强逐渐减小。

15．如图所示，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另一个相同的带电小球B 固定于O点的正下方，已知细线长L，O到B点的距离也为L，平衡时，BO与AO间的夹角为45°，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）
A．细线对A球的拉力等于库仑力和重力的合力，因此拉力大于重力
B．两球之间的库仑力大小为22mg
-
C．A球漏了少量电后，细线对A球的拉力减小
D．A球漏了少量电后，B球对A球的库仑力增大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．小球A的受力分析，如图所示
由于力的三角形与OAB相似，对应边成比例，设AB间距离为x，因此
mg T F
==①
l l x
可得
T mg
=
A错误；
B．根据余弦定理，可得
222o
=+-=-
x l l l
2cos4522
根据①式可得，库仑力大小
22F mg =-
B 正确；
C ．A 球漏了少量电后，力的三角形与OAB 仍相似，根据①式可知，细线对A 球的拉力仍等于mg ，C 错误；
D ．根据相似三角形，可得当x 减小时，根据①可知，库仑力也减小，D 错误。

故选B 。

二、第九章 静电场及其应用解答题易错题培优（难）
16．如图所示，两块竖直放置的平行金属板A 、B ，两板相距d ，两板间电压为U ，一质量为m 的带电小球从两板间的M 点开始以竖直向上的初速度v 0运动，当它到达电场中的N 点时速度变为水平方向，大小变为2v 0 求（1）M 、N 两点间的电势差
（2）电场力对带电小球所做的功（不计带电小球对金属板上电荷均匀分布的影响，设重力加速度为g ）
【答案】20MN Uv U dg
=；
【解析】 【详解】
竖直方向上小球受到重力作用而作匀减速直线运动，则竖直位移大小为h =20
2v g
小球在水平方向上受到电场力作用而作匀加速直线运动，则 水平位移x =0
22
v t ⋅ h =
2
v t ⋅ 联立得，x =2h =20
v g
故M 、N 间的电势差为U MN =-Ex =-20v U d g =-2
0Uv gd
从M 运动到N 的过程，由动能定理得 W 电+W G =
12m 20(2)v -2
012
mv
所以联立解得W 电=2
02mv
答：M 、N 间电势差为-20Uv gd
，电场力做功2
02mv ．
17．如图所示，在竖直平面内有一固定的光滑绝缘轨道，圆心为O ，半径为r ，A 、B 、C 、D 分别是圆周上的点，其中A 、C 分别是最高点和最低点，BD 连线与水平方向夹角为
37︒。

该区间存在与轨道平面平行的水平向左的匀强电场。

一质量为m 、带正电的小球在
轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经过D 点时速度最大，重力加速度为g （已知sin370.6︒=，cos370.8︒=），求: (1)小球所受的电场力大小；
(2)小球经过A 点时对轨道的最小压力。

【答案】（1）4
3
mg ；（2）2mg ，方向竖直向上. 【解析】 【详解】
（1）由题意可知 :
tan 37mg
F
︒= 所以:
43
F mg =
（2）由题意分析可知，小球恰好能做完整的圆周运动时经过A 点对轨道的压力最小. 小球恰好做完整的圆周运动时，在B 点根据牛顿第二定律有:
2sin 37B v mg
m r
︒
= 小球由B 运动到A 的过程根据动能定理有:
()
22
111sin 37cos3722
B A mgr Fr mv mv ︒︒--+=-
小球在A 点时根据牛顿第二定律有:
2A
N v F mg m r
+=
联立以上各式得:
2N F mg =
由牛顿第三定律可知，小球经过A 点时对轨道的最小压力大小为2mg ，方向竖直向上.
18．如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置．在管子的底部固定一电荷量为Q （Q ＞0）的点电荷．在距离底部点电荷为h 2的管口A 处，有一电荷量为q （q ＞0）、质量为m 的点电荷由静止释放，在距离底部点电荷为h 1的B 处速度恰好为零．现让一个电荷量为q 、质量为3m 的点电荷仍在A 处由静止释放，已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，则该点电荷运动过程中：
（1）定性分析点电荷做何运动？（从速度与加速度分析） （2）速度最大处与底部点电荷的距离 （3）运动到B 处的速度大小
【答案】（1）先做加速度减小的加速，后做加速度增大的减速运动； （2）3KQq
r mg
=（3）212
3()3
B v g h h =-【解析】 【详解】
（1）由题意知，小球应先做加速运动，再做减速运动，即开始时重力应大于库仑力；而在下落中，库仑力增大，故下落时加速度先减小，后增大；即小球先做加速度减小的加速，后做加速度增大的减速运动；
（2）当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大，
2
3kQq
F mg r 库==
解得：
3kQq
r mg
=
（3）点电荷在下落中受重力和电库仑力，由动能定理可得：
mgh +W E =0；
即
W E =-mgh ；
当小球质量变为3m 时，库仑力不变，故库仑力做功不变，由动能定理可得：
3mgh-mgh =
1
2
3mv 2； 解得：
212
3()3
B v g h h =
- 点睛：本题综合考查动力学知识及库仑力公式的应用，解题的关键在于明确物体的运动过程；同时还应注意点电荷由静止开始运动，故开始时重力一定大于库仑力．
19．如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q 和－Q ，A 、B 相距为2d 。

MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p ，质量为m 、电荷量为+q （可视为点电荷，不影响电场的分布。

），现将小球p 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球p 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时，速度为v 。

已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g 。

求： （1）C 、O 间的电势差U CO ；
（2）O 点处的电场强度E 的大小及小球p 经过O 点时的加速度；
【答案】（1） 222mv mgd q - （2）222kQ d ； 2
22kQq
g md
+ 【解析】 【详解】
（1）小球p 由C 运动到O 的过程，由动能定理得
2
102
CO mgd qU mv +=
- 所以
222CO
m mgd U q
v -=
（2）小球p 经过O 点时受力如图
由库仑定律得
122
(2)F F d ==
它们的合力为
F =F 1cos 45°+F 2cos 45°=Eq
所以O 点处的电场强度
2
2=
2k Q
E d
由牛顿第二定律得：
mg+qE =ma
所以
2k Qq
a g =+
20．如图所示,在绝缘的水平面上,相隔2L 的,A 、B 两点固定有两个电量均为Q 的正点电荷,C 、O 、D 是AB 连线上的三个点,O 为连线的中点,CO=OD=L/2｡一质量为m 、电量为q 的带电物块以初速度v 0从c 点出发沿AB 连线向B 运动,运动过程中物块受到大小恒定的阻力作用｡当物块运动到O 点时,物块的动能为初动能的n 倍,到达D 点刚好速度为零,然后返回做往复运动,直至最后静止在O 点｡已知静电力恒量为k,求: (1)AB 两处的点电荷在c 点产生的电场强度的大小; (2)物块在运动中受到的阻力的大小; (3)带电物块在电场中运动的总路程｡
【答案】（1）
（2） （3）
【解析】 【分析】 【详解】
（1）设两个正点电荷在电场中C 点的场强分别为E 1和E 2，在
C 点的合场强为E C ；则
12()2kQ E L ＝
；223()2kQ
E L ＝ 则E C =E 1-E 2 解得：E C ＝
2
32 9kQ
L
． （2）带电物块从C 点运动到D 点的过程中，先加速后减速．AB 连线上对称点φC =φD ，电场力对带电物块做功为零．设物块受到的阻力为f ， 由动能定理有：−fL ＝0−1
2
mv 02 解得：2
012f mv L
＝
（3）设带电物块从C 到O 点电场力做功为W 电，根据动能定理得：
22
0011222
L W f n mv mv 电＝-⋅⋅-
解得：()201
214
W n mv -电＝
设带电物块在电场中运动的总路程为S ，由动能定理有：W 电−fs ＝0−1
2
mv 02 解得：s=（n+0.5）L 【点睛】
本题考查了动能定理的应用，分析清楚电荷的运动过程，应用动能定理、点电荷的场强公式与场的叠加原理即可正确解题．
21．如图所示，在O 点处放置一个正电荷．在过O 点的竖直平面内的A 点，由静止释放一个带正电的小球，小球的质量为m 、电荷量为q ．小球落下的轨迹如图所示，轨迹与以O 为圆心、R 为半径的圆相交于B 、C 两点，O 、C 在同一水平线上，∠BOC=30°，A 距离OC 的竖直高度为h ，已知小球通过B 点的速度为v ，重力加速度为g ，求： (1)小球通过C 点的速度大小；
(2)小球由A 运动到C 的过程中电场力做的功．
【答案】(1) 2c gR =+v v (2) 21()2
W m gR mgh =+-v。